2025届高三物理一轮复习课时作业：必修第二册综合训练

2025届高三物理一轮复习课时作业 §6.5必修第二册综合训练 时间：45分钟 满分：100分 一、选择题：本题共12小题，每小题6分，共72分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项正确；第9～12小题，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．下列说法正确的是(　　) A．地球同步静止轨道卫星根据需要可以定点在北京正上空 B．若加速度方向与速度方向相同，当物体加速度减小时，物体的速度可能减小 C．物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒 D．做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量都是相等的 2．以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是(　　) A．瞬时速度的大小是v0 B．运动的时间是 C．竖直分速度的大小等于水平分速度的大小 D．运动的位移是 3．如图所示，在外力作用下某质点做直线运动的图象为正弦曲线。从图中可以判断(　　) A．在0～t1时间内，外力做正功 B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 C．在t2时刻，外力的功率最大 D．在t1～t3时间内，外力做的总功不为零 4．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为(　　) A．mv2 B．mv2 C．mv2 D．mv2 5．河水的流速与离河岸距离d(d为离某一侧河岸的距离)的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若船以最短时间渡河，则下列判断错误的是(　　) A．船渡河的最短时间是100 s B．船在河水中的最大速度是5 m/s C．船在河水中航行的轨迹是一条直线 D．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直 6．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止。后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　) A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大 B．金属块B受到桌面的支持力变小 C．细线的张力变大 D．小球A运动的角速度减小 7．一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2。圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m。若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过最高点A处时对轨道的压力为(　　) A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg 8．如图所示，某行星的半径为R，外围有一圈厚度为d的卫星群，设卫星群中的某“点”绕行星的运动速度为v，该“点”到行星中心的距离为r。已知该行星的第一宇宙速度为v0，下列图象可能的是(　　) 9．中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述正确的是(　　) A．运动的时间都相同 B．速度的变化量都相同 C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍 D．若初速度为v0，则L＜v0＜3L 10．如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为120 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，则下列说法正确的是(　　) A．撤去力F时，物体的动能为120 J B．恒力F＝0.8mg C．撤去力F时，物体的重力势能是90 J D．撤去力F后物体沿斜面向上运动的距离为撤去F前的 11．如图所示，在从静止开始绕圆心O缓慢加速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，质量均为m，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是(　　) A．此时细线张力为T＝3μmg B．此时圆盘的角速度为ω＝ C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆心 D．此时烧断细线，A仍相对盘静止，B将做离心运动 12．如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中，以下说法正确的是(　　) A．A的动能最大时，B、C的动能均为零 B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg C．自静止释放到A的动能最大时，A球机械能减少量等于弹簧弹性势能的增加量 D．弹簧的弹性势能最大值为mgL 二、非选择题：本题共2小题，共28分。考生根据要求做答 13．(12分) 为了测量滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h，O1、O2、A、B、C点在同一水平线上。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计。 实验过程一：挡板固定在O1点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离，如图甲所示。滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1。 实验过程二：将挡板的固定点移到距O1点距离为d的O2点，如图乙所示，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使O2C的距离与O1A的距离相等。滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2。 (1)为完成本实验，下列说法中正确的是________。 A．必须测出滑块的质量　　 B．必须测出弹簧的劲度系数 C．弹簧的压缩量不能太小 D．必须测出弹簧的原长 (2)写出动摩擦因数的表达式μ＝_____________。(用题中所给物理量的符号表示) (3)小红在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面。为了测量滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需测量的物理量是________________________________________。 (4)某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。此实验方案________。(选填“可行”或“不可行”) 14．(16分) 如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2。 (1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向； (2)在满足(1)的条件下，小球在最高点P突然离开轻杆沿水平方向飞出，试求小球落到水平轨道的位置到轴O的距离； (3)若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时的速度大小v′＝2 m/s，试求此时滑块的速度大小。 第4页，共8页 ( 第 1 页 共 9 页 )高中物理 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三物理一轮复习课时作业参考答案 §6.5必修第二册综合训练 一、选择题： 1．D 解析：同步静止轨道卫星轨道一定位于赤道的正上方，故A错误；当加速度与速度方向相同，且加速度又在减小时，物体做加速度减小的加速运动，故B错误；物体所受的合外力为零，若重力之外的其他力做功，则物体的机械能不守恒，故C错误；根据Δv＝at＝gt知，做平抛运动的物体，在任何相等的时间内速度的变化量总相等，故D正确。 2．C 解析：由x＝v0t，y＝gt2和x＝y，可知t＝，故B正确，代入vy＝gt，y＝gt2，结合v＝，s＝，可知选项A、D正确，错误． 3．A 解析：在0～t1时间内，由图象可知，质点的速度增大，动能增大，由动能定理知外力做正功，A正确；v­t图象切线的斜率表示加速度，加速度与外力成正比，则知在0～t1时间内，加速度减小，外力减小，且t1时刻外力为零，由题图可知0时刻速度为零，故由P＝Fv可知0时刻和t1时刻外力的功率均为零，可知在0～t1时间内外力的功率先增大后减小，B错误；t2时刻质点的速度为零，由P＝Fv可知外力的功率为零，C错误；在t1和t3时刻质点的速度大小相等，故在t1～t3时间内其动能变化量为零，由动能定理可知外力做的总功为零，D错误。 4．B 解析：在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝mv2，某个分力的功为W1＝W＝mv2，B正确。 5．C 解析：由图甲可看出，河宽为300 m，船在静水中的速度为3 m/s，则渡河的最短时间tmin＝ s＝100 s，A正确；由图甲看出，河水的最大流速v1max＝4 m/s，因此船在河水中的最大速度vmax＝＝ m/s＝5 m/s，B正确；由图甲看出，船在河水的流向上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，故船在河水的流向上所受外力不等于零，此外力与船的初速度不在一条直线上，因此船在河水中航行的轨迹是一条曲线，C错误；只有船头始终与河岸垂直时，船渡河所用的时间才最短，D正确．根据题意选择C. 6．D 解析：设A、B质量分别为m、M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的摩擦力f＝Tsin θ，对A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ变小，ω变小，故D正确。 7．C 解析：小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在轨道1上经过最高点A处时，有F＋mg＝，根据机械能守恒，有1.6mgR＝mvA2－mvB2，解得F＝4mg，C项正确。 8．D 解析：卫星群绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，有：＝m，解得：v＝，v2＝，GM为一常量，则v与成正比，v2与成正比，且r＝R时，v＝v0，故D正确，A、B、C错误。 9．ABD 解析：根据h＝gt2可得小面圈在空中运动的时间t＝，所有小面圈在空中运动的时间都相同，故A正确；根据Δv＝gt可得所有小面圈的速度变化量都相同，故B正确；落入锅中时，最大速度为：vmax′＝＝ ，最小速度为：vmin′＝＝，故C错误；因为水平位移的范围为L＜x＜L＋2R＝3L，则最小水平初速度为vmin＝＝L ，最大水平初速度为：vmax＝＝3L ，则初速度的范围为：L ＜v0＜3L ，故D正确。 10．BCD 解析：恒力F作用过程中根据动能定理有：WF＋WG＝ΔEk＝Ekt，由于上升过程重力做负功，所以撤去力F时，物体的动能小于WF＝120 J，故A错误；设有力F与没力F时物体的加速度大小分别为a1、a2，根据物体在恒力F作用下向上运动的位移与撤去力F后回到出发点的位移大小相等，方向相反，得a1t2＋a1t×t－a2t2＝0，得到a2＝3a1，又由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma1，mgsinθ＝ma2，得到F＝0.8mg，故B正确；因为恒力F做功为WF＝0.8mgx＝120 J，撤去力F时克服重力做的功为mgx×sin37°＝WF＝90 J，则撤去力F时物体的重力势能为90 J，故C正确；撤去力F后的加速度是撤去前的3倍，根据公式v－v＝2ax可知，撤去力F后物体沿斜面向上运动的距离为撤去F前的，故D正确。 11．AB 解析：由题意知，A和B随着圆盘转动时可视为做匀速圆周运动，合外力提供向心力，因B的运动半径比A的运动半径大，A、B质量相等，根据F＝mω2r，所以B所需向心力大；细线拉力大小相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，A、B所受的静摩擦力最大且B所受的静摩擦力方向沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力方向沿半径指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得：T＝3μmg，ω＝ ，故A、B正确，C错误。此时烧断细线，A所需的向心力FA＝mω2r＝2μmg>μmg，即A所受的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，分析可知，B也做离心运动，故D错误。 12．BD 解析：A的动能最大时，A的加速度为零，速度最大，方向向下，弹簧要继续伸长，B、C的动能均不为零，故A错误；A的动能最大时，其加速度为零，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝mg，故B正确；当A动能最大时，B、C的速度并不为零，根据系统机械能守恒可知，A球机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；A由静止释放下降到最低点下落的高度为：h＝Lsin60°－Lsin30°＝L，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为：Ep＝mgh＝mgL，故D正确。 二、非选择题： 13．(12分) (1)C　(2)　(3)滑块停止滑动的位置到B点的距离　(4)不可行 解析：(1)滑块离开桌面后做平抛运动， 平抛运动的时间：t＝ ，滑块飞行的距离：x＝vt， 所以滑块第1次离开桌面时的速度：v1＝x1 ------- ① 滑块第2次离开桌面时的速度：v2＝x2 ------- ② 滑块第1次滑动的过程中，弹簧的弹力和摩擦力做功， 设弹簧做的功是W1，AB之间的距离是s，则：W1－μmgs＝mv12 ------- ③ 滑块第2次滑动的过程中，W1－μmg(s＋d)＝mv22 ------- ④ 联立①②③④可得：μmgd＝m(v12－v22) 即：μ＝。由此表达式可知，要测定动摩擦因数，与弹簧的长度、弹簧的劲度系数、以及滑块的质量都无关。要想让滑块顺利滑出桌面，弹簧的压缩量不能太小。故C正确。 (2)由(1)知μ＝。 (3)在进行实验过程二时，若滑块未能滑出桌面，则可以认为滑块的末速度是0。为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量出滑块停止滑动的位置到B点的距离。 (4)改用秒表测小滑块从飞离桌面到落地的时间，此实验方案是不可行的，原因是滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，秒表测时间误差太大。 14．(16分) (1)2 N　方向竖直向上　(2) m　(3)1 m/s 解析：(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒．则：mv＋mgL＝mv 得v1＝ m/s 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下， 则F＋mg＝m 得F＝2 N 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N，方向竖直向上． (2)小球飞出后做平抛运动，设运动时间为t， 由L＝gt2 到轴O的距离s＝v1t 得s＝ m. (3)在上升过程中，系统的机械能守恒，则 mv′2＋Mv2＋mgL＝mv 得v＝1 m/s. 第4页，共8页 ( 第 1 页 共 9 页 )高中物理 学科网（北京）股份有限公司 $$